1.2.1动量定理的应用（一）重难点突破专项训练 -2025-2026学年高二上学期物理人教版选修第一册

1.2.1 动量定理的应用（一） 【素养目标】 1.学会用动量定理求恒力、变力的冲量； 2.学会用图像法求解变力的冲量. 【知识梳理】 1.动量定理的表达式 F·△t=△p是矢量式，用时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的 F 是物体或系统所受的合力. 2.动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力，在这种情况下，动量定理中的力 F 应理解为变力在作用时间内的平均值. 3.求恒力和变力冲量的方法：恒力 F的冲量可根据I=Ft直接求解，也可以用动量定理I=F·△t=△p求解，而变力的冲量一般要由动量定理I=F·△t=△p或F-t图线与横轴所围的面积来求解. 一、单选题 1．乌贼喷墨是一种防御行为，用于迷惑天敌，制造逃生机会，此过程伴随水流的喷射。一吸满水后质量为0.6kg的乌贼初始时静止，某时刻开始以相对于地面恒为45m/s的速度水平喷水，不计水的阻力且不考虑竖直方向的运动和受力变化，则（　　） A．喷出的水对周围的水产生一个作用力，周围的水对喷出的水的反作用力使乌贼向前 B．若乌贼要极短时间内达到15m/s的速度，则要一次性喷出约0.15kg的水 C．若乌贼要极短时间内达到15m/s的速度，则要一次性喷出约0.20kg的水 D．要极短时间内达到15m/s的速度，此过程中它受到喷出水的作用力的冲量为9N·s 2．1966年，在地球的上空完成了用动力学方法测质量的实验．实验时，用双子星号宇宙飞船m1去接触正在轨道上运行的火箭组m2(后者的发动机已熄火)．接触以后，开动双子星号飞船的推进器，使飞船和火箭组共同加速．推进器的平均推力F＝895 N，推进器开动时间Δt＝7 s测出飞船和火箭组的速度变化Δv＝0.91 m/s.已知双子星号飞船的质量m1＝3 400 kg.由以上实验数据可得出火箭组的质量m2为(　　) A．3 400 kg B．6 885 kg C．6 265 kg D．3 485 kg 3．年月日，十六岁的中国小将管晨辰在东京奥运会上为祖国夺下了第枚金牌，她还在赛场上还原了“袋鼠摇”，征服了裁判和所有的观众。管晨辰在完成空中动作后落地时，先下蹲后再站起，这样做是为了减小（　　） A．她落地时的动量 B．地面对她的冲量 C．她落地过程中动量的变化量 D．她落地过程中动量的变化率 4．水刀切割具有精度高，无热变形、无毛刺，无需二次加工以及节约材料等特点，因而得到广泛应用。某水刀机床工作时，垂直射向钢板的圆柱形水流的横截面直径为d，水流穿过钢板后速度方向不变，大小变为原来的一半。已知水的流量（单位时间流出水的体积）为Q，水的密度为，则钢板受到水的平均冲力大小为（　　） A． B． C． D． 5．中国传统文化博大精深，简单的现象揭示了深刻的道理，如水滴石穿．从屋檐滴下的水滴质量为0.5g，屋檐到下方石板的距离为4m，水滴与石板的冲击时间为0.2s，而后在石板上散开，没有飞溅，则石板受到水滴的平均冲击力约为 A．0.022N B．0.027N C．2.2N D．0.27N 6．如图所示，弧面为四分之一光滑圆弧的物块静置于光滑水平地面上。小球从弧面顶点由静止释放。在小球运动到物块的最低点过程中，下列说法正确的是（　　） A．小球的动量守恒，机械能不守恒 B．物块的动量不守恒，机械能守恒 C．小球和物块组成的系统动量不守恒，机械能守恒 D．小球和物块组成的系统动量守恒，机械能不守恒 7．如图所示，小孩站在A车前端和车以3m/s的速度共同向右做匀速运动，在A车正前方有一辆静止的B车，为了避免两车相撞，在A车接近B车时，小孩迅速从A车跳上B车，并与B车保持相对静止，此时A、B两车恰好不相撞。小孩质量为30kg，A、B车质量均为30kg，不计地面阻力，小孩跳离A车时对地水平速度大小为（　　） A．2.0m/s B．3.0m/s C．4.0m/s D．5.0m/s 8．我国女子短道速滑队在世锦赛上实现女子3000m接力三连冠。观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则下列说法正确的是（　　） A．甲、乙的动量变化一定相等 B．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量 C．甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小一定相等 D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功 9．高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)。此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(  ) A．$＋mg B．－mg C．＋mg D．－mg 10．汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图甲所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动，与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图乙所示的图像描述。已知头锤质量，，重力加速度大小取，则（    ） A．碰撞过程中F的冲量大小为 B．碰撞过程中F的冲量方向竖直向下 C．碰撞过程中头锤的动量变化量大小为 D．碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.45m 11．在光滑水平地面上，一质量为2kg的物体在水平向右的拉力F作用下，由静止开始运动，拉力F随时间变化的关系图线如图所示，下列说法正确的是（　　） A．0~2s内，拉力F的冲量为 B．2~4s内，拉力F的冲量为 C．0~4s内，物体的动量方向会改变 D．时，物体的速度大小为1.5m/s 12．一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则（　　）    A．t=1s时物块的速率为1m/s B．t=2s时物块的动量大小为8kg·m/s C．t=3s时物块的动量大小为5kg·m/s D．t=4s时物块的速度为零 13．如图甲所示，质量m=0.2kg弹性小球从地面上方某一高度由静止开始下落，弹起后上升到某一高度，小球与地面碰撞的时间忽略不计，规定竖直向下为正方向，此过程的v-t图像如图乙所示，空气对小球的阻力大小恒为重力的0.5倍，下降的时间是上升时间的4倍，下降与上升的整个过程的平均速度为13m/s，重力加速度g取10m/s2，地面对小球的弹力远大于重力，下列说法正确的是（　　） A．小球上升过程的运动时间4s B．地面对小球冲量-14N·s C．小球落地时的速度-40m/s D．小球离地时的速度30m/s 二、多选题 14．如图所示，质量为的运动员沿倾角的固定斜面底端向上滑动，经过时间，速度为零并又开始下滑，又经过时间回到斜面底端，运动员在运动过程中受到的摩擦力大小始终为。不计空气阻力，重力加速度为，，，在整个运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．重力对运动员的总冲量大小为 B．支持力对运动员的总冲量大小为 C．摩擦力对运动员的总冲量大小为 D．合外力对运动员的冲量大小为0 15．如图所示，质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的恒拉力F作用下，沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在时间t内所受力的冲量正确的是（　　） A．拉力F的冲量大小为 B．摩擦力的冲量大小为 C．重力的冲量大小为 D．物体所受支持力的冲量是 16．如图所示，质量为M的木块静止在光滑水平面上，质量为m的子弹以水平速度射中与木块后一起以速度v运动，已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为L，子弹进入木块的深度为d，若木块对子弹的阻力F恒定，那么下列关系式中正确的是（　　） A． B． C． D． 17．如图，完全相同的均匀水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，下列说法正确的是（　　） A．子弹在每个水球中的速度变化量相同 B．子弹在每个水球中的动能变化量相同 C．子弹在每个水球中运动的时间相同 D．每个水球对子弹的冲量不同 18．小平板车甲静止在光滑的水平面上，物体乙以水平速度由甲的一端滑向另一端，如图所示。由于甲和乙之间存在摩擦，最终达到相对静止（设甲足够长），则该过程中（　　） A．乙损失的动能等于甲增加的动能 B．乙损失的动量大小等于甲增加的动量大小 C．摩擦力对甲的冲量与摩擦力对乙的冲量大小相等 D．乙克服摩擦力做的功等于摩擦力对甲做的功 19．如图所示，倾斜的传送带保持静止，一木块从顶端以一定的初速度匀加速下滑到底端。如果让传送带沿图中虚线箭头所示的方向匀速运动，同样的木块从顶端以同样的初速度下滑到底端的过程中，与传送带保持静止时相比（　　） A．木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量变大 B．木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量不变 C．木块在滑到底端的过程中，木块克服摩擦力所做功变大 D．木块在滑到底端的过程中，系统产生的内能数值将变大 20．如图甲所示，质量为m的物块在t＝0时刻受沿固定斜面向上的恒力F1作用，从足够长的倾角为θ的光滑斜面底端由静止向上滑行，在t0时刻撤去恒力F1加上反向恒力F2（F1、F2大小未知），物块的速度—时间（v—t）图像如图乙所示，2t0时刻物块恰好返回到斜面底端，已知物块在t0时刻的速度为v0，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．物块从t＝0时刻开始到返回斜面底端的过程中重力的冲量大小为2mgt0sin θ B．物块从t0时刻开始到返回斜面底端的过程中动量的变化量大小为3mv0 C．F1的冲量大小为mgt0sin θ＋mv0 D．F2的冲量大小为3mgt0sin θ－3mv0 21．如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量依次为I1、I2、I3，动量变化量的大小依次为△p1、△p2、△p3，则有（　　） A．三个过程中，合力的冲量大小相等 B．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等 C．I1＜I2＜I3，△p1＝△p2＝△p3 D．I1＜I2＜I3，△p1＜△p2＜△p3 22．如图甲所示，质量M=0.8kg的足够长的木板静止在光滑的水平面上，质量m=0.2kg的滑块静止在木板的左端，在滑块上施加一水平向右、大小按图乙所示随时间变化的拉力F，4s后撤去力F．若滑块与木板间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2,则下列说法正确的是（   ） A．0~4s时间内拉力的冲量共为3.2N·s B．t=4s时滑块的速度大小为9.5m/s C．木板受到滑动摩擦力的冲量共为2.8N·s D．木板的速度最大为2m/s 23．马拉爬犁是东北地区常见的冬季交通工具。如图所示，爬犁在与水平地面成角的拉力（大小未知）作用下沿直线运动，已知货箱、和爬犁的质量分别为、、，与、与爬犁之间的动摩擦因数分别为、，各接触面均水平，爬犁运动中，、与爬犁三者间保持相对静止。不计地面对爬犁的阻力，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．若，则时间内拉力的冲量最大值为 B．无论，间的大小关系如何，在相同时间内，受到的合外力冲量一定是受到的合外力冲量的2倍 C．若某时刻爬犁碰到障碍物后瞬时停止，在很短时间内动量的变化量一定是动量变化量的2倍 D．若某时刻爬犁碰到障碍物后瞬时停止，时，则在很短时间内动量的变化量一定是动量变化量的4倍 24．如图所示，质量为的小球在竖直固定的圆环轨道内侧做圆周运动。若圆环光滑且不计空气阻力，小球在最低点的速度大小为时，可恰好到达最高点。若圆环粗糙且考虑空气阻力的影响，小球从最低点出发又恰好到达最高点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．小球所受重力做的功大小为 B．小球所受合力做的功大于 C．小球所受重力冲量的大小为 D．小球所受合力的冲量大于 25．如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t.对于这一过程，下列判断正确的是(    ) A．斜面对物体的弹力的冲量为零 B．物体受到的重力的冲量大小为mgt C．物体受到的合力的冲量大小为零 D．物体动量的变化量大小为mgsinθ·t 三、解答题 26．一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图所示，物块以v0＝9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s的速度反向运动直至静止，g取10m/s2。求： （1）物块与地面间的动摩擦因数； （2）若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力F的大小； （3）物块在反向运动过程中摩擦力冲量I的大小。 27．一个物体同时受到两个力、的作用，、 与时间t的关系如图所示，如果该物体从静止开始运动，经过后，、以及合力的冲量各是多少？ 28．如图所示，一高空作业的工人重为600N，系一条长为L=5m的安全带，若工人不慎跌落时，安全带的缓冲时间t=1s，g取10m/s2，求： （1）工人跌落到安全带刚好伸直时的速度大小 （2）从工人跌落到安全带最长时重力对人的冲量。 （3）从人跌落到安全带最长的过程中安全带受的平均冲力。    29．在F＝40N的水平力作用下，质量m＝10kg的物体由静止开始沿水平面运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数＝0.3，若F作用10s后撤去此水平力F，求： （1）10s时物体的速度大小. （2）撤去F后物体还能向前运动多长时间？(g取10m/s2) 30．汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 （1）安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值。 （2）如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量，重力加速度大小取。求： ①碰撞过程中F的冲量大小和方向； ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。 31．2023年10月3日下午，杭州亚运会男子蹦床比赛严浪宇险夺杭州亚运会男子蹦床冠军。比赛前在检测蹦床的性能时，检测人员将一物块从某一高处自由下落，通过测量该物块自由下落的高度、反弹高度及下落和反弹的总时间等数据来测评蹦床是否合格。在某次检测过程中，检测员将物块从距离蹦床面处自由下落，测出物块从开始下落到第一次反弹至距离蹦床面最高点所用的时间，物块能到达的距离蹦床面最大高度。已知该物块的质量为，可看作质点，不计空气阻力，蹦床面不能向上凸起，取重力加速度。 （1）求物块第一次反弹离开蹦床面时的动量； （2）求物块第一次与蹦床接触的时间； （3）物块第一次与蹦床接触的过程中对蹦床的平均作用力大小。 32．在物理学中，研究微观物理问题时借鉴宏观的物理模型，可使问题变得更加形象生动。弹簧的弹力和弹性势能变化与分子间的作用力以及分子势能变化情况有相似之处，因此在学习分子力和分子势能的过程中，我们可以将两者类比，以便于理解。 （1）轻弹簧的两端分别与物块A、B相连，它们静止在光滑水平地面上，现给物块B一沿弹簧方向的瞬时冲量，使其以水平向右的速度开始运动，如图甲所示，并从这一时刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。已知A、B的质量分别为和，求： a.物块B在时刻受到的瞬时冲量； b.系统在之后的过程中，弹簧中储存的最大弹性势能是多少？第一次达到该值时是图乙中的哪个时刻？ （2）研究分子势能是研究物体内能的重要内容，现某同学计划在COMSOL仿真软件中对分子在分子力作用下的运动规律进行模拟，在模拟的场景中：两个质量同为m的小球A和B（可视为质点且不计重力）可以在x轴上运动，二者间具有相互作用力，将该力F随两球间距r的变化规律设置为和分子间作用力的变化规律相似，关系图的局部如图丙所示，图中F为“正”表示作用力为斥力，F为“负”表示作用力为引力，图中的和都为已知量。若给两小球设置不同的约束条件和初始条件，则可以模拟不同情形下两个小球在“分子力”作用下的运动情况。 a.将小球A固定在坐标轴上处，使小球B从坐标轴上无穷远处静止释放，则B会在“分子力”的作用下开始沿坐标轴向着A运动，求B运动过程中的最大速度； b.将小球A和B的初始位置分别设置在和，小球A的初速度为零，小球B的初速度为上一小问中的（沿x轴正方向），两球同时开始运动，求初始状态至两个小球相距最远时，分子力做功大小。 《1.2.1 动量定理的应用（一）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D D A B C C C A C 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 A A B BC BC AD BD BC BD BC 题号 21 22 23 24 25 答案 ABC BC BD ABD BD 1．B 【详解】A．被向前喷出的水对乌贼有向前的反作用力使乌贼向前运动，故A错误； B C．由动量守恒 解得，故B正确，C错误； D．对喷出水由动量定理有，因作用力与反作用力等大，作用时间相同，故此过程中它受到喷出水的作用力的冲量为，故D错误。 故选B。 2．D 【详解】对“双子星号”宇宙飞船整体的加速过程运用动量定理，规定推力F方向为正方向，有：F•△t＝（m1+m2）•△v，故：m2m13400＝3485kg，故选D． 3．D 【详解】人在和地面接触时，人的速度减为零，以向上为正，由动量定理可得 则 而屈膝的过程可以增加人着地的时间，由公式可知可以减小受到地面的冲击力，而动量减小量和合力冲量是一定的，因此可知，顺势下蹲可以增大人与地面的作用时间，减小地面对人的作用力，即减小落地过程中动量的变化率，故ABC错误，D正确。 故选D。 4．A 【详解】以水为研究对象，根据动量定理可知 可得 又 ， 代入可得 故选A。 5．B 【分析】 【详解】设向下为正方向．下落过程是自由落体运动， ， 代入数据得： ， 解得： 碰后速度 ． 由动量定理得 ； 代入数据得 ； 由牛顿第三定律可得，石板受到的平均冲击力为0.027N，故B正确，ACD错误； 故选B． 6．C 【详解】A．对小球，所受的合外力不为零，有物块对其做负功，故小球的动量和机械能都不守恒，A错误； B．对物块，其所受的合外力不为零，有小球对其做正功，故物块的动量和机械能都不守恒，B错误； CD．小球从顶点到最低点的过程中，竖直方向上的加速度不为0，故小球和物块组成的系统在竖直方向上所受合外力不为0，则动量不守恒，但系统只有重力做功，所以机械能守恒，C正确，D错误。 故选C。 7．C 【详解】向右为正方向，设人跳离A车时对地水平速度大小为，跳离A车后A车的速度，跳上B车后的共同速度v3，则对人和A车系统由动量守恒可知 对人和B车系统由动量守恒 其中，，，联立解得 故选C。 8．C 【详解】AC．甲、乙的相互作用力等大、反向，作用时间相同，甲对乙的冲量与乙对甲的冲量等大、反向，则甲、乙的动量变化等大、反向，A错误，C正确； BD．甲、乙的速度变化量大小和质量大小不确定，无法判断做功大小和动能变化的大小关系，BD错误。 故选C。 9．A 【详解】在安全带对人有拉力的瞬间时，人做自由落体运动，此过程机械能守恒，故有 即在产生拉力瞬间速度为 之后人在安全带的作用下做变速运动，末速度为零，设向上为正方向，则根据动量定理可得 联立解得 故选A。 【点睛】本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，然后对自由落体运动过程和全程列式求解，注意运用动量定理前要先规定正方向。 10．C 【详解】AB．图像与坐标轴围成的面积表示冲量，由图像可知碰撞过程中F的冲量大小为 方向竖直向上，故AB错误； C．头锤落到气囊上时的速度大小为 与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向）有 解得 碰撞过程中头锤的动量变化量 故C正确； D．碰撞结束后头锤上升的最大高度 故D错误。 故选C。 11．A 【详解】A．0~2s内，拉力F的冲量为，故A正确； B．2~4s内，拉力F的冲量大小为 方向向左，故拉力F的冲量为，故B错误； C．根据动量定理可知 故物体的动量方向不会改变，故C错误； D．根据 解得，故D错误。 故选A。 12．A 【详解】A．图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示冲量，则在1s内，根据动量定理有 其中 解得 故A正确； B．t=2s时，根据动量定理有 其中 解得 即t=2s时物块的动量大小为4kg·m/s，故B错误； C．t=3s时，根据动量定理有 其中 解得 即t=3s时物块的动量大小为3kg·m/s，故C错误； D．t=4s时，根据动量定理有 其中 解得 即t=4s时物块的速度大小为1m/s，故D错误。 故选A。 13．B 【详解】ACD．小球下降过程加速度 根据牛顿第二定律 球上升过程加速度 根据牛顿第二定律 全程的平均速度 解得 故小球上升过程的运动时间 小球落地时的速度和小球离地时的速度分别为 故ACD错误； B．小球与地面作用过程，根据动量定理 故B正确。 故选B。 14．BC 【详解】A．重力对运动员的总冲量大小为，选项A错误； B．支持力对运动员的总冲量大小为，选项B正确； C．上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，摩擦力对运动员的总冲量大小为，选项C正确； D．整个过程中运动员的动量发生了改变，故合外力对运动员的冲量大小不为0，选项D错误。 故选BC。 15．BC 【分析】根据力的大小，结合冲量的公式I=Ft，求出各个力的冲量。 【详解】A． 拉力F的冲量大小为Ft，故A错误； B．物体做匀速运动，由平衡条件可知，摩擦力的大小等于Fcosθ，则摩擦力的冲量为Ftcosθ，故B正确； C．重力的冲量大小为mgt，故C正确； D．物体所受支持力大小为N=mg-Fsinθ，则支持力的冲量为（mg-Fsinθ）t，故D错误。 故选BC。 16．AD 【详解】AB．由牛顿第三定律，子弹对木块的力的大小也等于F，对木块由动能定理得，故A正确，B错误； CD．子弹相对于地面的位移为，对子弹由动能定理得，故C错误，D正确。 故选AD。 17．BD 【详解】AC．设水球的直径为d，子弹做匀减速直线运动，直到末速度为零，相当于子弹做初速度为零的匀加速直线运动，通过相同位移的时间之比为 ，子弹在每个水球中运动的时间不同，C错误；子弹在每个水球中加速度相同，由 可得，运动的时间不同，速度的变化量也不同，A错误； B．根据动能定理可得 受力是相同的，运动的位移相同，所以子弹在每个水球中的动能变化相同，B正确； D．根据冲量定义 可知，受力相同，时间不同，所以每个水球对子弹的冲量不同，D正确； 故选BD。 18．BC 【详解】AD．根据题意可知可以把甲乙从开始到最后一起运动的过程看成完全非弹性碰撞，过程中有机械能的损失，所以乙损失的动能大于甲增加的动能，根据功能关系可知乙克服摩擦力做的功大于摩擦力对甲做的功，AD错误； B．对甲乙组成的系统，合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律可知乙损失的动量大小等于甲增加的动量大小，B正确； C．乙对甲的摩擦力与甲对乙的摩擦力为一对相互作用力，大小相等，方向相反，根据可知摩擦力对甲的冲量与摩擦力对乙的冲量大小相等，C正确。 故选BC。 19．BD 【详解】ABC．滑动摩擦力的大小为f=μN，与相对速度的大小无关，所以当皮带运动时，木块所受的摩擦力未变，空间位移未变，则滑到底端的时间、速度以及摩擦力所做的功均不变，摩擦力的冲量I不变，故AC错误，B正确； D．根据 由于相对滑动的距离变长，所以木块和皮带由于摩擦产生的内能变大，故D正确。 故选BD。 20．BC 【详解】A．重力冲量大小为IG＝mg·2t0＝2mgt0，故A错误； B．0~t0时间内和t0~2t0时间内物块的位移大小相等、方向相反，故有， 得2t0时刻的速度v＝－2v0， 故物块从t0时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量Δp＝mv－mv0＝－3mv0，故B正确； C．0~t0时间内，以沿斜面向上为正方向，由动量定理得IF1－mgsin θt0＝mv0 得IF1＝mgt0sin θ＋mv0，故C正确； D．t0~2t0时间内，由动量定理得－IF2－mgt0sin θ＝－m·2v0－mv0 得IF2＝3mv0－mgt0sin θ，故D错误。 故选BC。 21．ABC 【详解】AB．三个过程中，由于斜面光滑，故运动过程中机械能守恒，由 可知，三个过程中到达斜面底端时的速度大小都相等，但速度方向不同，由动量定理可知，三个过程中合外力的冲量大小相等，只是方向不同；由于动能是标量，故这三个过程中动能的变化量是相等的，由动能定理可得，这三个过程中，合外力做功相等，故AB正确； CD．设斜面的高度为H，斜面的倾角为α，则物体在斜面下滑的时间 由上式可知，α越大，时间t越短，故有 t1<t2<t3 三个过程中重力的冲量 I=mgt 故有 I1＜I2＜I3 由上面AB选项的分析，可知 △p1＝△p2＝△p3 故C正确，D错误。 故选ABC。 22．BC 【详解】A、拉力F的冲量等于F-t图像的面积，0~4s时间内拉力的冲量I= ，A错误； B、滑块与木板间恰好打滑时，对木板: . 对滑块: 解得 F0=0.5N，a0=0.5m/s2. 所以t=0时刻，A、B恰好开始打滑 对滑块:IF−μmgt=mv1，解得4s末滑块的速度v1=9.5m/s，B正确； C、t=4s时，木板的速度v2=a0t=0.5×4=2m/s， 之后A加速，B减速，直到共速．取向右为正方向，由动量守恒定律得： mv1+Mv2=(m+M)v 解得木板的最大速度v=3.5 m/s 对木板:由动量定理得I=Mv 解得I=2.8N⋅s，C正确，D错误； 故选BC． 23．BD 【详解】A．AB相对静止时，B的静摩擦力能提供的最大加速度，而A受到的静摩擦力能提供的最大加速度为，因，根据牛顿第二定律可知，拉力的最大值为，故时间内拉力的冲量最大值为，故A错误； B．AB相对静止具有相同的加速度，根据牛顿第二定律可知，B受到的合外力是A的2倍，相同时间内的冲量也是2倍，故B正确； C．在很短时间内B动量的变化量是A的2倍，即要求速度变化量相同，加速度相同，、关系未知时，无法判断，故C错误； D．若很短时间内B动量的变化量是A的4倍，可知B的合力为A的四倍，则B的加速度是A的2倍，则AB相对滑动，根据牛顿第二定律可知， 因为 联立解得，故D正确。 故选BD。 24．ABD 【详解】AB．小球恰好到达最高点，在最高点有 根据动能定理有 小球受到重力与轨道的弹力作用，弹力不做功，由于小球所受重力做的功即为小球所受合力做的功，则有 解得 可知，小球所受重力做的功大小与小球所受重力冲量的大小均为，故AB正确； C．小球所受重力的冲量 由于时间不能够确定，则重力的冲量大小也不能够确定，故C错误； D．结合上述解得 方向沿水平方向，根据动量定理有 根据矢量叠加有 解得，故D正确。 故选ABD。 25．BD 【详解】A、斜面对物体的弹力的冲量大小：I=Nt=mgcosθ⋅t，弹力的冲量不为零，故A错误； B、物体所受重力的冲量大小为：IG=mg⋅t，物体受到的重力的冲量大小不为零，故B正确； C、物体受到的合力的冲量大小为mgtsinθ，不为零，C错误； D、由动量定理得：动量的变化量大小△p=I合=mgsinθ⋅t， D正确； 故选BD． 26．（1）0.32；（2）130N；（3） 【详解】（1）从A到B由动能定理可得 可得 （2）与墙壁碰撞时，以向右为正方向，由动量定理可得 解得 （3）反向运动过程，以向左为正方向，由动量定理可得 解得摩擦力冲量大小为 27．50N·s   -50N·s   0 【详解】图像中图线与坐标轴围成的面积表示冲量由此得，经过. 的冲量 .的冲量 合力F的冲量 28．（1）；（2），竖直向下；（3）1200N，竖直向下 【详解】（1）自由下落段，根据速度位移公式 解得 （2）工人自由下落的时间为有 解得 重力的冲量大小 方向：竖直向下 （３）从释放到安全带伸长到最长过程，由动量定理，有 人受到的安全带的平均作用力大小 据牛顿第三定律得人给安全带的冲力F为1200N，竖直向下。 29．（1）10m/s（2）10/3 s  (0.33s) 【详解】（1）根据牛顿第二定律得： 代入数据解得：m/s2 则根据速度公式： 代入数据可以得到10s时物体的速度大小： m/s （2）撤去拉力后的加速度： m/s2 则撤去F后物体还能向前运动的时间为： s 【点睛】对物体进行受力分析，水平方向受拉力和摩擦力作用，根据牛顿第二定律直接求解加速度；根据速度时间公式求出撤去拉力时的速度，根据牛顿第二定律求出撤去拉力时的加速度，再根据速度时间公式即可求解物体停下的时间． 30．（1）；（2）①330N∙s，方向竖直向上；②0.2m 【详解】（1）敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N，则由牛顿第二定律可知 解得 （2）①由图像可知碰撞过程中F的冲量大小 方向竖直向上； ②头锤落到气囊上时的速度 与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向） 解得 v=2m/s 则上升的最大高度 31．（1）（2）0.5s；（3）400N 【详解】（1）因为反弹后物体做竖直上抛运动，设刚反弹的速度为v，有 物块第一次反弹离开蹦床面时的动量为 方向竖直向上。 （2）物块自由下落时间为 向上运动的时间 物块第一次与蹦床接触的时间为 （3）设物块第一次与蹦床接触的过程中对蹦床的平均作用力大小为F，由动量定理有 得 32．（1）， ，；（2）.， 【详解】（1）a. 根据动量定理，得 b. A和B共速时，系统弹性势能最大，由动量守恒定律得 解得 最大弹性势能满足 解得 由图可知，第一次达到该值时为时刻。 （2）a. 当分子B到达时，速度最大，根据图像，可以用图线和横轴围成的面积求该过程分子力所做的功 由动能定理得 解得 b.， 在到达最大距离前，分子力始终做负功，分子势能增大当A和B共速时，系统分子势能最大，二者间距最大，由动量守恒定律得 解得 故分子力做功大小 学科网（北京）股份有限公司 $